2025-高考科学复习创新方案-数学-提升版第五章第4讲含答案

2025-高考科学复习创新方案-数学-提升版第五章第4讲三角函数的图象与性质[课程标准]1.借助单位圆理解任意角三角函数(正弦、余弦、正切)的定义，能画出这些三角函数的图象，了解三角函数的周期性、奇偶性、最大(小)值.2.借助图象理解正弦函数、余弦函数在[0，2π]上，正切函数在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的性质．1．用五点法作正弦函数和余弦函数的简图(1)在正弦函数y＝sinx，x∈[0，2π]的图象上，五个关键点是：(0，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，1))，(π，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，－1))，(2π，0)．(2)在余弦函数y＝cosx，x∈[0，2π]的图象上，五个关键点是：(0，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))，(π，－1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，0))，(2π，1)．2．正弦、余弦、正切函数的图象与性质函数y＝sinxy＝cosxy＝tanx图象定义域eq\x(\s\up1(01))Req\x(\s\up1(02))Req\x(\s\up1(03))eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x∈R且x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z))))值域eq\x(\s\up1(04))[－1，1]eq\x(\s\up1(05))[－1，1]eq\x(\s\up1(06))R单调性在eq\x(\s\up1(07))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))(k∈Z)上递增；在eq\x(\s\up1(08))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2kπ，\f(3π,2)＋2kπ))(k∈Z)上递减在eq\x(\s\up1(09))[(2k－1)π，2kπ](k∈Z)上递增；在eq\x(\s\up1(10))[2kπ，(2k＋1)π](k∈Z)上递减在eq\x(\s\up1(11))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋kπ，\f(π,2)＋kπ))(k∈Z)上递增最值x＝eq\x(\s\up1(12))eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)时，ymax＝1；x＝eq\x(\s\up1(13))－eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)时，ymin＝－1x＝eq\x(\s\up1(14))2kπ(k∈Z)时，ymax＝1；x＝eq\x(\s\up1(15))π＋2kπ(k∈Z)时，ymin＝－1无最值奇偶性eq\x(\s\up1(16))奇函数eq\x(\s\up1(17))偶函数eq\x(\s\up1(18))奇函数对称性对称中心eq\x(\s\up1(19))(kπ，0)，k∈Zeq\x(\s\up1(20))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,2)，0))，k∈Zeq\x(\s\up1(21))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))，k∈Z对称轴eq\x(\s\up1(22))直线x＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Zeq\x(\s\up1(23))直线x＝kπ，k∈Z无对称轴最小正周期eq\x(\s\up1(24))2πeq\x(\s\up1(25))2πeq\x(\s\up1(26))π1．函数y＝Asin(ωx＋φ)(A≠0，ω≠0)和y＝Acos(ωx＋φ)(A≠0，ω≠0)的最小正周期T＝eq\f(2π,|ω|)，函数y＝Atan(ωx＋φ)(A≠0，ω≠0)的最小正周期T＝eq\f(π,|ω|).函数y＝|Asin(ωx＋φ)|，y＝|Acos(ωx＋φ)|，y＝|Atan(ωx＋φ)|的周期均为T＝eq\f(π,|ω|).函数y＝|Asin(ωx＋φ)＋b|(b≠0)，y＝|Acos(ωx＋φ)＋b|(b≠0)的周期均为T＝eq\f(2π,|ω|).2．正弦曲线、余弦曲线相邻两对称中心、相邻两对称轴之间的距离是半周期，相邻的对称中心与对称轴之间的距离是eq\f(1,4)周期．正切曲线相邻两对称中心之间的距离是半周期．3．若f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A≠0，ω≠0)，则(1)f(x)为偶函数的充要条件是φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)；(2)f(x)为奇函数的充要条件是φ＝kπ(k∈Z)．1．函数y＝1－sinx，x∈[0，2π]的大致图象是()答案B解析当x＝0时，y＝1；当x＝eq\f(π,2)时，y＝0；当x＝π时，y＝1；当x＝eq\f(3π,2)时，y＝2；当x＝2π时，y＝1.结合正弦函数的图象可知B正确．故选B.2．下列函数中，最小正周期为2π的奇函数为()A．y＝sineq\f(x,2)coseq\f(x,2) B．y＝sin2xC．y＝tan2x D．y＝sin2x＋cos2x答案A解析y＝sin2x为偶函数；y＝tan2x的最小正周期为eq\f(π,2)；y＝sin2x＋cos2x为非奇非偶函数，故B，C，D都不正确．故选A.3．(2021·新高考Ⅰ卷)下列区间中，函数f(x)＝7sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))单调递增的区间是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))答案A解析令－eq\f(π,2)＋2kπ≤x－eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(π,3)＋2kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋2kπ，k∈Z.取k＝0，则－eq\f(π,3)≤x≤eq\f(2π,3).因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))是函数f(x)的单调递增区间．故选A.4．(人教B必修第三册第七章复习题A组T14改编)函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象的对称轴方程为________，对称中心的坐标为________．答案x＝－eq\f(π,6)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋\f(kπ,2)，0))(k∈Z)解析令2x＋eq\f(π,3)＝kπ(k∈Z)，解得对称轴方程为x＝－eq\f(π,6)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)；函数f(x)的对称中心的横坐标满足2x＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得x＝eq\f(π,12)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)，所以对称中心的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋\f(kπ,2)，0))(k∈Z)．5．(人教A必修第一册习题5.4T10改编)y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域是________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3))解析当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，故3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3))，即y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3)).考向一三角函数的定义域和值域例1(1)函数y＝2taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))的定义域为________．答案eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,9)＋\f(kπ,3)，k∈Z))))解析由3x＋eq\f(π,6)≠kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得x≠eq\f(π,9)＋eq\f(kπ,3)，k∈Z，所以函数y＝2taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,9)＋\f(kπ,3)，k∈Z)))).(2)函数y＝lgsin2x＋eq\r(9－x2)的定义域为________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))解析由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sin2x＞0，,9－x2≥0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(kπ＜x＜kπ＋\f(π,2)，k∈Z，,－3≤x≤3，))∴－3≤x＜－eq\f(π,2)或0＜x＜eq\f(π,2).∴函数y＝lgsin2x＋eq\r(9－x2)的定义域为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(3)(2023·北京丰台区二模)若函数f(x)＝sinx－cos2x，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝________，f(x)的值域为________．答案0eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,8)，2))解析feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝sineq\f(π,6)－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)＝0.f(x)＝sinx－cos2x＝sinx－(1－2sin2x)＝2sin2x＋sinx－1，设t＝sinx∈[－1，1]，则y＝2t2＋t－1，t∈[－1，1]，当t∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,4)))时，y＝2t2＋t－1单调递减，当t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，1))时，y＝2t2＋t－1单调递增，所以当t＝－eq\f(1,4)时，ymin＝－eq\f(9,8)；当t＝1时，ymax＝2.所以f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,8)，2)).(4)函数y＝sinx－cosx＋sinxcosx，x∈[0，π]的最大值与最小值的差为________．答案2解析令t＝sinx－cosx，又x∈[0，π]，∴t＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，t∈[－1，eq\r(2)]．由t＝sinx－cosx，得t2＝1－2sinxcosx，即sinxcosx＝eq\f(1－t2,2).∴原函数变为y＝t＋eq\f(1－t2,2)，t∈[－1，eq\r(2)]，即y＝－eq\f(1,2)t2＋t＋eq\f(1,2).∴当t＝1时，ymax＝－eq\f(1,2)＋1＋eq\f(1,2)＝1；当t＝－1时，ymin＝－eq\f(1,2)－1＋eq\f(1,2)＝－1.故函数的最大值与最小值的差为2.1．三角函数定义域的求法(1)求三角函数的定义域常常归结为解三角不等式(或等式)．(2)求三角函数的定义域经常借助三角函数的图象，有时也利用数轴．(3)对于较为复杂的求三角函数的定义域问题，应先列出不等式(组)分别求解，然后利用数轴求交集．2．求三角函数的值域(最值)的三种类型及解题思路(1)形如y＝asinx＋bcosx＋c的三角函数化为y＝Asin(ωx＋φ)＋c的形式，再求值域(最值)．(2)形如y＝asin2x＋bsinx＋c的三角函数，可先设sinx＝t，化为关于t的二次函数求值域(最值)．(3)形如y＝asinxcosx＋b(sinx±cosx)＋c的三角函数，可先设t＝sinx±cosx，化为关于t的二次函数求值域(最值)．1.(2023·新乡三模)已知函数f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋1的定义域是[0，m]，值域为[－1，5]，则m的最大值是()A.eq\f(2π,3) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,6) D.eq\f(5π,6)答案A解析∵x∈[0，m]，∴2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，2m－\f(π,6))).∵f(x)的值域为[－1，5]，∴－eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))≤1，∴eq\f(π,2)≤2m－eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6)，解得eq\f(π,3)≤m≤eq\f(2π,3)，∴m的最大值为eq\f(2π,3).故选A.2．函数y＝lg(sinx－cosx)的定义域是________．答案eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋2kπ<x<\f(5π,4)＋2kπ，k∈Z))))解析要使函数有意义，必须使sinx－cosx>0.利用图象，在同一坐标系中画出[0，2π]上y＝sinx和y＝cosx的图象，如图所示：在[0，2π]内，满足sinx＝cosx的x为eq\f(π,4)，eq\f(5π,4)，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))内sinx>cosx，再结合正弦、余弦函数的周期是2π，所以定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋2kπ<x<\f(5π,4)＋2kπ，k∈Z)))).考向二三角函数的单调性例2(1)(2024·济南质检)已知函数f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，设a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,7)))，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，c＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，则a，b，c的大小关系是()A．a>b>c B．a>c>bC．c>a>b D．b>a>c答案A解析由2kπ≤x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋π，k∈Z得2kπ－eq\f(π,6)≤x≤2kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z，所以f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,6)，2kπ＋\f(5π,6)))(k∈Z)，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,7)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，即a>b>c.(2)函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－2x))(x∈[0，π])的单调递增区间是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))答案C解析y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－2x))＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得eq\f(π,3)＋kπ≤x≤eq\f(5π,6)＋kπ，k∈Z，即函数的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋kπ，\f(5π,6)＋kπ))，k∈Z，∴当k＝0时，单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6))).1．求三角函数单调区间的两种方法(1)代换法：将比较复杂的三角函数解析式中含自变量的代数式(如ωx＋φ)整体当作一个角，利用基本三角函数(y＝sinx，y＝cosx，y＝tanx)的单调性列不等式求解．(2)图象法：画出三角函数的图象，利用图象求函数的单调区间．提醒：要注意求函数y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间时ω的符号，若ω<0，那么一定要先借助诱导公式将ω化为正数．同时切莫忘记考虑函数自身的定义域．2．比较三角函数值大小的方法先统一为同名的三角函数，然后利用诱导公式把角化为同一单调区间内的角，再利用函数的单调性比较．1.(2024·山东新高考联合质量测评)已知f(x)＝cos(2x＋φ)，|φ|<eq\f(π,2)，f(x)的一个极值点是eq\f(π,6)，则()A．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))上单调递增B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))上单调递减C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))上单调递增D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))上单调递减答案C解析因为f(x)＝cos(2x＋φ)，|φ|<eq\f(π,2)，f(x)的一个极值点是eq\f(π,6)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))＝±1，所以eq\f(π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，即φ＝－eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z.因为|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,3)，f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).由－π＋2kπ≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ，k∈Z，解得－eq\f(π,3)＋kπ≤x≤eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z.当k＝0时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))上单调递增，故C正确，D错误；由2kπ≤2x－eq\f(π,3)≤π＋2kπ，k∈Z，解得eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋kπ，k∈Z.当k＝0时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上单调递减，故A，B错误．故选C.2．(2024·德州开学考试)函数y＝|tanx|的单调递增区间为________，单调递减区间为________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f(π,2)))，k∈Zeq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ))，k∈Z解析作出函数y＝|tanx|的图象，如图．观察图象可知，函数y＝|tanx|的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f(π,2)))，k∈Z，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ))，k∈Z.多角度探究突破考向三三角函数的周期性、奇偶性、对称性角度三角函数的周期性例3(1)函数f(x)＝cosx＋2coseq\f(1,2)x的一个周期为()A．π B．2πC．3π D．4π答案D解析易知y＝cosx，y1＝2coseq\f(1,2)x的最小正周期分别为2π，4π，则2π，4π的公倍数4π是f(x)的一个周期．故选D.(2)(2023·南昌模拟)函数f(x)＝eq\f(1－cos4x,sin4x)的最小正周期是()A.eq\f(π,4) B.eq\f(π,2)C．π D．2π答案B解析因为f(x)＝eq\f(1－cos4x,sin4x)＝eq\f(2sin22x,2sin2xcos2x)＝tan2x，所以最小正周期T＝eq\f(π,2).(3)(2023·辽宁实验中学模拟)函数f(x)＝|sinx|＋|cosx|的最小正周期和最小值分别为()A.eq\f(π,4)，1 B.eq\f(π,2)，eq\f(\r(2),2)C.eq\f(π,2)，1 D．π，1答案C解析解法一：因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))))≠f(x)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))＝|cosx|＋|－sinx|＝|cosx|＋|sinx|＝f(x)，故排除A，D；最小正周期为eq\f(π,2)，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f(x)＝sinx＋cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，当x＝0或eq\f(π,2)时，f(x)取得最小值1，所以函数f(x)的最小值是1.故选C.解法二：由题设，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，2kπ≤x≤2kπ＋\f(π,2)，,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，2kπ＋\f(π,2)＜x≤2kπ＋π，,－\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，2kπ＋π＜x≤2kπ＋\f(3π,2)，,－\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，2kπ＋\f(3π,2)＜x≤2（k＋1）π，))k∈Z，所以f(x)的部分图象如下：所以最小正周期和最小值分别为eq\f(π,2)，1.故选C.求三角函数周期的常用方法1.(2023·长沙雅礼中学一模)函数y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin2x＋\f(1,2)))的最小正周期为()A．π B．2πC.eq\f(π,2) D．不能确定答案A解析作出函数y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin2x＋\f(1,2)))的图象如图所示，得到函数的最小正周期为π.故选A.2．(2023·江西上高一模)若函数f(x)＝2taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx＋\f(π,3)))的最小正周期T满足1<T<2，则自然数k的值为________．答案2或3解析由题意得1<eq\f(π,k)<2，k∈N，∴eq\f(π,2)<k<π，k∈N，∴k＝2或3.角度三角函数的奇偶性例4(1)函数f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－1是()A．最小正周期为2π的奇函数B．最小正周期为π的偶函数C．最小正周期为2π的偶函数D．最小正周期为π的奇函数答案D解析f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－1＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－2sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2x))＝sin2x，可得f(x)的最小正周期为eq\f(2π,2)＝π.因为f(－x)＝sin(－2x)＝－sin2x＝－f(x)，所以f(x)是奇函数，所以f(x)是最小正周期为π的奇函数．故选D.(2)(2023·威海三模)已知函数f(x)＝sinx·cos(2x＋φ)(φ∈[0，π])为偶函数，则φ＝()A．0 B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,2) D．π答案C解析∵f(x)的定义域为R，且为偶函数，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))⇒cos(π＋φ)＝－cos(－π＋φ)⇒－cosφ＝cosφ⇒cosφ＝0，∵φ∈[0，π]，∴φ＝eq\f(π,2).当φ＝eq\f(π,2)时，f(x)＝－sinxsin2x为偶函数，满足题意．故选C.解答三角函数奇偶性问题的常用方法(1)依据奇(偶)函数的定义，即由f(－x)＝－f(x)(或f(－x)＝f(x))对定义域内任意自变量x都成立，建立关于参数的方程．(2)由奇(偶)函数的必要条件入手，求出参数的可能取值，再进行验证．(3)三角函数中奇函数一般可化为y＝Asinωx或y＝Atanωx的形式，而偶函数一般可化为y＝Acosωx＋b的形式．据此结合诱导公式可以确定参数的值．(4)在y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acosωx＋b)中代入x＝0，若y＝0，则为奇函数，若y为最大或最小值，则为偶函数．若函数y＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋φ))为奇函数，则|φ|的最小值为________．答案eq\f(π,6)解析依题意得，－eq\f(π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，φ＝kπ＋eq\f(5π,6)(k∈Z)，因此|φ|的最小值是eq\f(π,6).角度三角函数的对称性例5(1)(多选)(2024·济南模拟)已知函数f(x)＝asinx＋cosx(a>0)的最大值为2，则()A．a＝eq\r(3)B．y＝f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))对称C．直线x＝eq\f(π,6)是y＝f(x)图象的一条对称轴D．y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递增答案AD解析易得f(x)＝asinx＋cosx＝eq\r(a2＋1)sin(x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanφ＝\f(1,a)))，则f(x)≤eq\r(a2＋1)＝2，解得a＝eq\r(3)，故A正确；由A项分析知f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，当x＝eq\f(π,6)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2sineq\f(π,3)＝eq\r(3)，故B错误，C错误；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))时，x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))，由正弦函数的性质可得，此时y＝f(x)单调递增，故D正确．故选AD.(2)(2022·新高考Ⅰ卷)记函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))＋b(ω>0)的最小正周期为T.若eq\f(2π,3)<T<π，且y＝f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2))中心对称，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝()A．1 B.eq\f(3,2)C.eq\f(5,2) D．3答案A解析因为eq\f(2π,3)＜T＜π，所以eq\f(2π,3)＜eq\f(2π,ω)＜π，解得2＜ω＜3.因为y＝f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2))中心对称，所以b＝2，且sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)ω＋\f(π,4)))＋b＝2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)ω＋\f(π,4)))＝0，所以eq\f(3π,2)ω＋eq\f(π,4)＝kπ(k∈Z)，又2＜ω＜3，所以eq\f(13π,4)＜eq\f(3π,2)ω＋eq\f(π,4)＜eq\f(19π,4)，所以eq\f(3π,2)ω＋eq\f(π,4)＝4π，解得ω＝eq\f(5,2)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)x＋\f(π,4)))＋2，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)×\f(π,2)＋\f(π,4)))＋2＝sineq\f(3π,2)＋2＝1.故选A.求三角函数图象对称中心、对称轴的方法(1)y＝sinx图象的对称中心是(kπ，0)，k∈Z，对于y＝Asin(ωx＋φ)图象的对称中心，由方程ωx＋φ＝kπ，k∈Z解出x即可．(2)y＝sinx图象的对称轴是直线x＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，由ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z解出x，即可得到函数y＝Asin(ωx＋φ)图象的对称轴．(3)注意y＝tanx图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)．(2024·邯郸模拟)写出函数f(x)＝eq\f(cosx,1－sinx)图象的一个对称中心：________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))(答案不唯一)解析f(x)＝eq\f(cosx,1－sinx)＝eq\f(cos2\f(x,2)－sin2\f(x,2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(x,2)－cos\f(x,2)))\s\up12(2))＝eq\f(cos\f(x,2)＋sin\f(x,2),cos\f(x,2)－sin\f(x,2))＝eq\f(1＋tan\f(x,2),1－tan\f(x,2))＝eq\f(tan\f(x,2)＋tan\f(π,4),1－tan\f(x,2)tan\f(π,4))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,4)))，令eq\f(x,2)＋eq\f(π,4)＝eq\f(kπ,2)(k∈Z)，则x＝－eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，令k＝0，则x＝－eq\f(π,2)，所以函数f(x)图象的一个对称中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0)).课时作业一、单项选择题1．函数f(x)＝ln(cosx)的定义域为()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)<x<kπ＋\f(π,2)，k∈Z))))B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(kπ<x<kπ＋π，k∈Z))))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)<x<2kπ＋\f(π,2)，k∈Z))))D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(2kπ<x<2kπ＋π，k∈Z))))答案C解析由cosx>0，解得2kπ－eq\f(π,2)<x<2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以函数f(x)＝ln(cosx)的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)<x<2kπ＋\f(π,2)，k∈Z)))).2．(2023·四川成都模拟)在函数y＝sin|x|，y＝|sinx|，y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))中，最小正周期为π的函数的个数为()A．1 B．2C．3 D．4答案C解析函数y＝sin|x|的图象如图所示，由图可知，函数y＝sin|x|不是周期函数．令f(x)＝|sinx|，则f(x＋π)＝|sin(x＋π)|＝|－sinx|＝|sinx|＝f(x)，则函数y＝|sinx|的最小正周期为π，y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的最小正周期为T＝eq\f(π,1)＝π，y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的最小正周期为T＝eq\f(2π,2)＝π.故选C.3．(2023·兰州模拟)如图所示，函数y＝cosx·|tanx|eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤x<\f(3π,2)且x≠\f(π,2)))的图象是()答案C解析y＝cosx|tanx|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinx，0≤x<\f(π,2)或π≤x<\f(3π,2)，,－sinx，\f(π,2)<x<π，))根据正弦函数的图象，作出函数图象如图所示．故选C.4．(2023·长沙模拟)正割(Secant)及余割(Cosecant)这两个概念是由伊朗数学家、天文学家阿布尔·威发首先引入，sec，csc这两个符号是荷兰数学家基拉德在《三角学》中首先使用，后经欧拉采用得以通行．在三角中，定义正割secα＝eq\f(1,cosα)，余割cscα＝eq\f(1,sinα).则函数f(x)＝eq\f(1,secx)＋eq\f(1,cscx)的值域为()A．[－1，1] B．[－eq\r(2)，eq\r(2)]C．[－2，2] D．[－eq\r(2)，－1)∪(－1，1)∪(1，eq\r(2)]答案D解析f(x)＝eq\f(1,secx)＋eq\f(1,cscx)＝cosx＋sinx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，其中sinx≠0，cosx≠0，所以－eq\r(2)≤f(x)≤eq\r(2)，且f(x)≠±1，即f(x)的值域为[－eq\r(2)，－1)∪(－1，1)∪(1，eq\r(2)]．故选D.5．(2023·太原二模)已知函数f(x)＝cosx－2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(x,2)))＋1，则下列说法正确的是()A．y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))为奇函数 B．y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))为偶函数C．y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－1为奇函数 D．y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－1为偶函数答案B解析因为f(x)＝cosx－2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(x,2)))＋1＝cosx－2×eq\f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x)),2)＋1＝cosx－sinx＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，所以f(x)＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\r(2)coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋\f(π,4)))＝eq\r(2)cosx，所以y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))为偶函数，故A错误，B正确；又y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－1＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))－1＝－eq\r(2)sinx－1，所以函数y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－1为非奇非偶函数，故C，D错误．故选B.6．(2023·全国乙卷)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))单调递增，直线x＝eq\f(π,6)和x＝eq\f(2π,3)为函数y＝f(x)的图象的两条对称轴，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)))＝()A．－eq\f(\r(3),2) B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2) D.eq\f(\r(3),2)答案D解析由题意，eq\f(T,2)＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，不妨设ω>0，则T＝π，ω＝eq\f(2π,T)＝2，当x＝eq\f(π,6)时，f(x)取得最小值，则2·eq\f(π,6)＋φ＝2kπ－eq\f(π,2)，k∈Z，则φ＝2kπ－eq\f(5π,6)，k∈Z，不妨取k＝0，则f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6)))，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,3)))＝eq\f(\r(3),2).故选D.7．(2024·徐州模拟)设α，β均为锐角，则“α>2β”是“sin(α－β)>sinβ”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件答案C解析因为α，β均为锐角，所以0<α<eq\f(π,2)，0<β<eq\f(π,2).当α>2β时，eq\f(π,2)>α－β>β>0，因为函数y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，所以sin(α－β)>sinβ，故“α>2β”是“sin(α－β)>sinβ”的充分条件；当sin(α－β)>sinβ时，由0<α<eq\f(π,2)，0<β<eq\f(π,2)，得－eq\f(π,2)<α－β<eq\f(π,2)，因为函数y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，所以α－β>β，即α>2β，故“α>2β”是“sin(α－β)>sinβ”的必要条件．综上所述，“α>2β”是“sin(α－β)>sinβ”的充要条件．8．(2023·榆林四模)已知函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ－\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ＋\f(π,3)))(ω>0)的最小正周期为π，且曲线y＝f(x)关于直线x＝eq\f(π,8)对称，则|φ|的最小值为()A.eq\f(π,6) B.eq\f(5π,24)C.eq\f(7π,24) D.eq\f(π,3)答案B解析∵ωx＋φ＋eq\f(π,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ－\f(π,6)))＋eq\f(π,2)，∴f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ－\f(π,6)))coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ－\f(π,6)))＋\f(π,2)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ－\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ－\f(π,6)))＝－eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋2φ－\f(π,3))).∵f(x)的最小正周期是π，∴eq\f(2π,2ω)＝π，∴ω＝1，则f(x)＝－eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2φ－\f(π,3))).∵曲线y＝f(x)关于直线x＝eq\f(π,8)对称，∴2×eq\f(π,8)＋2φ－eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，∴φ＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(7π,24)，k∈Z，则当k＝0时，|φ|＝eq\f(7π,24)，当k＝－1时，|φ|＝eq\f(5π,24)，则|φ|的最小值为eq\f(5π,24).故选B.二、多项选择题9．(2024·山东新高考联合质量测评)已知函数f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，则下列说法正确的是()A．f(x)的最小正周期为eq\f(π,2)B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递减C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,10)))D．f(x)的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,3)＋kπ，k∈Z))))答案AC解析因为f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，对于A，f(x)的最小正周期为T＝eq\f(π,2)，故A正确；对于B，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))时，2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))，因为y＝tanz在z∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递增，故B错误；对于C，因为f(x)的最小正周期为T＝eq\f(π,2)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)－\f(π,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,10)))，故C正确；对于D，令2x－eq\f(π,6)≠eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得x≠eq\f(π,3)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，所以f(x)的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,3)＋\f(kπ,2)，k∈Z))))，故D错误．故选AC.10．(2024·保定模拟)若函数f(x)＝2sin3xcos3x＋2cos23x－1，则()A．f(x)＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x＋\f(π,4)))B．f(x)的最小正周期为eq\f(π,3)C．f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,24)对称D．f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，0))上单调递增答案BCD解析由题意得f(x)＝sin6x＋cos6x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x＋\f(π,4)))＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x－\f(π,4)))，所以f(x)的最小正周期为eq\f(π,3)，A错误，B正确；因为6×eq\f(π,24)＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，所以f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,24)对称，C正确；由x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，0))，得6x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，0))上单调递增，D正确．11．(2023·湖南邵阳一模)随着时代与科技的发展，信号处理以各种方式被广泛应用于医学、声学、密码学、计算机科学、量子力学等各个领域．而信号处理背后的“功臣”就是正弦型函数，f(x)＝eq\i\su(i＝1,4,)eq\f(sin[（2i－1）x],2i－1)的图象就可以近似的模拟某种信号的波形，则下列说法正确的是()A．函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,2)对称B．函数f(x)的图象关于点(0，0)对称C．函数f(x)为周期函数，且最小正周期为πD．函数f(x)的导函数f′(x)的最大值为4答案ABD解析因为函数f(x)＝eq\i\su(i＝1,4,)eq\f(sin[（2i－1）x],2i－1)＝sinx＋eq\f(sin3x,3)＋eq\f(sin5x,5)＋eq\f(sin7x,7)，定义域为R，对于A，f(π＋x)＝sin(π＋x)＋eq\f(sin（3π＋3x）,3)＋eq\f(sin（5π＋5x）,5)＋eq\f(sin（7π＋7x）,7)＝－sinx－eq\f(sin3x,3)－eq\f(sin5x,5)－eq\f(sin7x,7)＝sin(－x)＋eq\f(sin（－3x）,3)＋eq\f(sin（－5x）,5)＋eq\f(sin（－7x）,7)＝f(－x)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,2)对称，故A正确；对于B，f(－x)＝sin(－x)＋eq\f(sin（－3x）,3)＋eq\f(sin（－5x）,5)＋eq\f(sin（－7x）,7)＝－sinx－eq\f(sin3x,3)－eq\f(sin5x,5)－eq\f(sin7x,7)＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，图象关于点(0，0)对称，故B正确；对于C，由题意知f(x＋π)＝－f(x)≠f(x)，故C错误；对于D，由题意可知f′(x)＝cosx＋cos3x＋cos5x＋cos7x≤4，故D正确．故选ABD.三、填空题12．函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx的最小值为________．答案－4解析∵f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx＝－cos2x－3cosx＝－2cos2x－3cosx＋1＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx＋\f(3,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(17,8)，－1≤cosx≤1，∴当cosx＝1时，f(x)有最小值－4.13．已知f(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)（x＋1）))－eq\r(3)coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)（x＋1）))，则f(x)的最小正周期为________，f(1)＋f(2)＋…＋f(2023)＝________．答案6eq\r(3)解析依题意可得f(x)＝2sineq\f(π,3)x，其最小正周期T＝6，且f(1)＋f(2)＋…＋f(6)＝0，故f(1)＋f(2)＋…＋f(2023)＝f(1)＝eq\r(3).14．(2023·泰州模拟)当θ＝θ0时，f(θ)＝sin2θ－cos2θ取得最大值，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ0＋\f(π,4)))＝________．答案eq\f(\r(10),10)解析f(θ)＝sin2θ－eq\f(1,2)(1＋cos2θ)＝sin2θ－eq\f(1,2)cos2θ－eq\f(1,2)＝eq\f(\r(5),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)sin2θ－\f(\r(5),5)cos2θ))－eq\f(1,2)＝eq\f(\r(5),2)sin(2θ－φ)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中cosφ＝\f(2\r(5),5)，sinφ＝\f(\r(5),5)))，当f(θ)取得最大值时，2θ0－φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，所以2θ0＝φ＋eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，所以sin2θ0＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ＋\f(π,2)＋2kπ))＝cosφ＝eq\f(2\r(5),5)，cos2θ0＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ＋\f(π,2)＋2kπ))＝－sinφ＝－eq\f(\r(5),5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ0＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)sin2θ0＋eq\f(\r(2),2)cos2θ0＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(2\r(5),5)＋eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),5)))＝eq\f(\r(10),10).四、解答题15．已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq\f(\r(3),2).(1)求函数f(x)的最小正周期及其图象的对称中心；(2)若f(x0)≤eq\r(3)，求x0的取值范围．解(1)函数f(x)的最小正周期T＝π.由2x－eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z得x＝eq\f(π,6)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，故函数f(x)图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(kπ,2)，\f(\r(3),2)))，k∈Z.(2)因为f(x0)≤eq\r(3)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0－\f(π,3)))＋eq\f(\r(3),2)≤eq\r(3)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0－\f(π,3)))≤eq\f(\r(3),2)，所以－eq\f(4π,3)＋2kπ≤2x0－eq\f(π,3)≤eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z，即－eq\f(π,2)＋kπ≤x0≤eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z.即x0的取值范围为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x0\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋kπ≤x0≤\f(π,3)＋kπ，k∈Z)))).16．已知函数f(x)＝2sinxcosx＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，x∈R.(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))的值；(2)求函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上的最大值和最小值，及相应的x的值；(3)求函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上的单调区间．解(1)∵f(x)＝2sinxcosx＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝sin2x＋cos2xcoseq\f(π,6)＋sin2xsineq\f(π,6)＋cos2xcoseq\f(π,6)－sin2xsineq\f(π,6)＝sin2x＋eq\r(3)cos2x＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin2x＋\f(\r(3),2)cos2x))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋\f(π,3)))＝2sineq\f(π,2)＝2.(2)∵eq\f(π,2)≤x≤π，∴eq\f(4π,3)≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(7π,3)，∴－2≤f(x)≤eq\r(3)，当2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(3π,2)时，x＝eq\f(7π,12)，此时f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)))＝－2，当2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(7π,3)时，x＝π，此时f(x)max＝f(π)＝eq\r(3).(3)∵eq\f(π,2)≤x≤π，∴eq\f(4π,3)≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(7π,3)，由正弦函数图象知，当eq\f(4π,3)≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(3π,2)，即eq\f(π,2)≤x≤eq\f(7π,12)时，f(x)单调递减；当eq\f(3π,2)≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(7π,3)，即eq\f(7π,12)≤x≤π时，f(x)单调递增．故函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(7π,12)))，单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，π)).17．(2023·四省高考适应性测试)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上单调，其中ω为正整数，|φ|<eq\f(π,2)，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3))).(1)求y＝f(x)图象的一条对称轴；(2)若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),2)，求φ.解(1)因为函数f(x)＝sin(ωx＋φ)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上单调，所以函数f(x)的最小正周期T≥2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(π,6)))＝eq\f(2π,3)，又因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))，所以直线x＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(2π,3)))＝eq\f(7π,12)为y＝f(x)图象的一条对称轴．(2)由(1)知T≥eq\f(2π,3)，故ω＝eq\f(2π,T)≤3，由ω∈N*，得ω＝1，2或3.因为直线x＝eq\f(7π,12)为f(x)＝sin(ωx＋φ)图象的一条对称轴，所以eq\f(7π,12)ω＋φ＝eq\f(π,2)＋k1π，k1∈Z.因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(π,6)ω＋φ＝eq\f(π,3)＋2k2π或eq\f(π,6)ω＋φ＝eq\f(2π,3)＋2k3π，k2，k3∈Z，若eq\f(π,6)ω＋φ＝eq\f(π,3)＋2k2π，k2∈Z，则eq\f(5π,12)ω＝eq\f(π,6)＋(k1－2k2)π，k1，k2∈Z，即ω＝eq\f(2,5)＋eq\f(12,5)(k1－2k2)，k1，k2∈Z，不存在整数k1，k2，使得ω＝1，2或3；若eq\f(π,6)ω＋φ＝eq\f(2π,3)＋2k3π，k3∈Z，则eq\f(5π,12)ω＝－eq\f(π,6)＋(k1－2k3)π，k1，k3∈Z，即ω＝－eq\f(2,5)＋eq\f(12,5)(k1－2k3)，k1，k3∈Z，不存在整数k1，k3，使得ω＝1或3.当k1＝2k3＋1时，ω＝2.此时φ＝eq\f(π,3)＋2k3π，k3∈Z，由|φ|<eq\f(π,2)，得φ＝eq\f(π,3).18.(2023·海口调研)如图，已知OPQ是半径为1，圆心角为eq\f(π,3)的扇形，点A在eq\o(PQ,\s\up12(︵))上(异于点P，Q)，过点A作AB⊥OP，AC⊥OQ，垂足分别为B，C，记∠AOB＝θ，四边形ACOB的周长为l.(1)求l关于θ的函数关系式；(2)当θ为何值时，l有最大值？并求出l的最大值．解(1)AB＝OAsinθ＝sinθ，OB＝OAcosθ＝cosθ，AC＝OAsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))，OC＝OAcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))，所以l＝sinθ＋cosθ＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))＝sinθ＋cosθ＋eq\f(\r(3),2)cosθ－eq\f(1,2)sinθ＋eq\f(1,2)cosθ＋eq\f(\r(3),2)sinθ＝eq\f(1＋\r(3),2)sinθ＋eq\f(3＋\r(3),2)cosθ＝eq\f(\r(3)＋1,2)(sinθ＋eq\r(3)cosθ)＝(eq\r(3)＋1)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ<\f(π,3))).(2)由0<θ<eq\